40 bài toán hình giải tích trong mặt phẳng Luyện Thi ĐH

boxmath.vn 40 BÀI TẬP HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG Bài 1. Trong mặt phẳng Ox y, cho hai đường tròn ( C ) : x 2 +y 2 −18x −6y +65 =0 và  C   : x 2 +y 2 =9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C ) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C  ), gọi A,B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4, 8. Giải: Đường tròn (C  ) có tâm O ( 0; 0 ) , bán kính R =OA =3. Gọi H = AB  OM, do H là trung điểm của AB nênAH = 12 5 . Suy ra: OH =  OA 2 − AH 2 = 9 5 và OM = OA 2 OH =5 Đặt M  x; y  , ta có:  M ∈ ( C ) OM =5 ⇔  x 2 +y 2 −18x −6y +65 =0 x 2 +y 2 =25 ⇔  3x +y −15 =0 x 2 +y 2 =25 ⇔  x 2 −9x +20 =0 y =15 −3x ⇔  x =4 y =3 ∨  x =5 y =0 Vậy, trên (C ) có hai điểm M thỏa đề bài là: M ( 4; 3 ) hoặc M ( 5; 0 ) .  Bài 2. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình thoi ABC D có tâm I ( 3; 3 ) và AC = 2BD. Điểm M  2; 4 3  thuộc đường thẳng AB, điểm N  3; 13 3  thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. Giải: Tọa độ điểm N  đối xứng với điểm N qua I là N   3; 5 3  Đường thẳng AB đi qua M, N  có phương trình: x −3y +2 =0 Suy ra: I H =d ( I , AB ) = | 3 −9 +2 |  10 = 4  10 Do AC =2BD nên I A =2IB. Đặt IB =x >0, ta có phương trình 1 x 2 + 1 4x 2 = 5 8 ⇔x 2 =2 ⇔x =  2 Đặt B  x, y  . Do I B =  2 và B ∈ AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  ( x −3 ) 2 +  y −3  2 =2 x −3y +2 =0 ⇔  5y 2 −18y +16 =0 x =3y −2 ⇔        x = 14 5 y = 8 5 ∨  x =4 >3 y =2 Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B  14 5 ; 8 5  Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x −y −18 =0.  Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M ( 6; 2 ) và đường tròn (C) : ( x −1 ) 2 +  y −2  2 = 5. Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A,B sao cho AB =  10. Giải: Đường tròn (C) có tâm I ( 1; 2 ) và bán kính R =  5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có: I H 2 = I A 2 − AH 2 =R 2 − AB 2 4 =5 − 10 4 = 5 2 ⇒ I H =  10 2 Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT −→ n = ( a; b )  a 2 +b 2 =0  có dạng: a ( x −6 ) +b  y −2  =0 ⇔ax +by −6a −2b =0 Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: d ( I ;(d) ) = I H ⇔ | a +2b −6a −2b |  a 2 +b 2 =  10 2 ⇔9a 2 =b 2 ⇔b =±3a Với b =−3a ta được ( d ) : x −3y =0 http://boxmath.vn/ 1 boxmath.vn Với b =3a ta được ( d ) : x +3y −12 =0 Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là: ( d ) : x −3y =0 hoặc ( d ) : x +3y −12 =0  Bài 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A ( −1;2 ) và đường thẳng ( d ) : x−2y +3 =0. Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC =3BC. Giải: Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d). Phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua A và vuông góc với (d) là: 2x +y +m =0 A ( −1;2 ) ∈ ( ∆ ) ⇔−2 +2 +m =0 ⇔m =0 Suy ra: ( ∆ ) : 2x +y =0. Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  2x +y =0 x −2y =−3 ⇔        x =− 3 5 y = 6 5 ⇒C  − 3 5 ; 6 5  Đặt B ( 2t −3;t ) ∈(d), theo giả thiết ta có: AC =3BC ⇔ AC 2 =9BC 2 ⇔ 4 25 + 16 25 =9  2t − 12 5  2 +  t − 6 5  2  ⇔45t 2 −108t +64 =0 ⇔     t = 16 15 t = 4 3 . Với t = 16 15 ⇒B  − 13 15 ; 16 15  Với t = 4 3 ⇒B  − 1 3 ; 4 3  Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: B  − 13 15 ; 16 15  hoặc B  − 1 3 ; 4 3  .  Bài 5. Cho điểm A ( −1;3 ) và đường thẳng ∆ có phương trình x −2y +2 = 0. Dựng hình vuông ABCD sao cho hai đỉnh B,C nằm trên ∆ và các tọa độ đỉnh C đều dương. Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D Giải: Đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với ∆ có phương trình: 2x +y +m =0 A ( −1;3 ) ∈∆ ⇔−2 +3 +m =0 ⇔m =−1 Suy ra: ( d ) : 2x +y −1 =0 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:  x −2y =−2 2x +y =1 ⇔  x =0 y =1 ⇒B ( 0; 1 ) Suy ra: BC = AB =  1 +4 =  5 Đặt C  x 0 ; y 0  với x 0 , y 0 >0, ta có:  C ∈∆ BC =  5 ⇔  x 0 −2y 0 +2 =0 x 2 0 +  y 0 −1  2 =5 ⇔  x 0 =2y 0 −2 x 2 0 +  y 0 −1  2 =5 Giải hệ này ta được:  x 0 =2 y 0 =2 hoặc  x 0 =−2 y 0 =0 (loại). Suy ra: C ( 2; 2 ) Do ABCD là hình vuông nên: −−→ CD = −→ B A ⇔  x D −2 =−1 −0 y D −2 =3−1 ⇔  x D =1 y D =4 ⇒D ( 1; 4 ) Vậy B ( 0; 1 ) ,C ( 2; 2 ) ,D ( 1; 4 )  Bài 6. Trên mặt phẳng tọa độ Ox y, hãy viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết A ( 1; 6 ) và hai đường trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình là x −2y +1 =0,3x −y −2 =0 Giải: Do tọa độ điểm A không nghiệm đúng các phương trình đã cho nên ta có thể giả sử rằng: http://boxmath.vn/ 2 boxmath.vn Phương trình trung tuyến BM là: x −2y +1 =0 Phương trình trung tuyến C N là: 3x −y −2 =0 Đặt B ( 2b −1;b ) , do N là trung điểm AB nên : N  b; b +6 2  N  b; b +6 2  ∈C N ⇔3b − b +6 2 −2 =0 ⇔b =2 Suy ra: B ( 3; 2 ) Đặt C ( c;3c −2 ) , do M là trung điểm AC nên : M  c +1 2 ; 3c +4 2  M  c +1 2 ; 3c +4 2  ∈BM ⇔ c +1 2 −2. 3c +4 2 +1 =0 ⇔c =−1 Suy ra: C ( −1;−5 ) Vậy phương trình ba cạnh là: AB : 11x −2y +1 =0, BC : 7x −4y −13 =0, AC : 2x +y −8 =0  Bài 7. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết A ( −1;4 ) ,B ( 1;−4 ) và đường thẳng BC đi qua điểm I  2; 1 2  . Tìm tọa độ đỉnh C . Giải: Phương trình đường thẳng BC : 9x −2y −17 =0 Do C ∈BC nên ta có thể đặt C  c; 9c −17 2  , ta có −→ AB = ( 2;−8 ) −→ AC =  c +1; 9c −25 2  . Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A nên: −→ AB. −→ AC =0 ⇔c +1 −4. 9c −25 2 =0 ⇔c =3 Vậy C ( 3; 5 )  Bài 8. Trong mặt phẳng Ox y, cho đường tròn (C) có phương trình ( x −1 ) 2 +  y −2  2 = 5 và điểm M ( 6; 2 ) . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB =  10 Giải: Đường tròn (C) có tâm I ( 1; 2 ) và bán kính R =  5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có: I H 2 = I A 2 − AH 2 =R 2 − AB 2 4 =5 − 10 4 = 5 2 ⇒ I H =  10 2 Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT −→ n = ( a; b ) có dạng: a ( x −6 ) +b  y −2  =0 ⇔ax +by −6a −2b =0 Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: d ( I ;(d) ) = I H ⇔ | a +2b −6a −2b |  a 2 +b 2 =  10 2 ⇔9a 2 =b 2 ⇔b =±3a Với b =−3a ta được ( d ) : x −3y =0 Với b =3a ta được ( d ) : x +3y −12 =0 Vậy có 2 phương trình ( d ) : x −3y =0 hoặc ( d ) : x +3y −12 =0  Bài 9. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC có đường phân giác trong ( AD ) : x −y =0, đường cao ( C H ) : 2x + y +3 = 0, cạnh AC qua M ( 0;−1 ) , AB = 2AM. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC . Giải: Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra: N ∈ tia AB Mặt khác ta có: AN = AM ⇒ AB =2AN ⇒ N là trung điểm của AB. Do MN⊥AD nên phương trình M N là: x +y +m 1 =0 M ( 0;−1 ) ∈M N ⇔−1 +m 1 =0 ⇔m 1 =1 Suy ra: ( M N ) : x +y +1 =0 Gọi K =MN  AD, tọa độ K là nghiệm của hệ pt: http://boxmath.vn/ 3 boxmath.vn  x +y =−1 x −y =0 ⇔        x =− 1 2 y =− 1 2 ⇒K  − 1 2 ;− 1 2  Vì K là trung điểm của M N nên:  x N =2x K −x M =−1 y N =2y K −y M =0 ⇒N ( −1;0 ) Do AB⊥C H nên phương trình AB là: x −2y +m 2 =0 N ( −1;0 ) ∈ A B ⇔−1 +m 2 =0 ⇔m 2 =1 Suy ra: ( AB ) : x −2y +1 =0 Vì A = AB  AD nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt:  x −2y =−1 x −y =0 ⇔  x =1 y =1 ⇒ A ( 1; 1 ) Suy ra: ( AC ) : 2x −y −1 =0 Vì C = AC  C H nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt:  2x −y =1 2x +y =−3 ⇔      x =− 1 2 y =−2 ⇒C  − 1 2 ;−2  Do N là trung điểm của AB ⇒  x B =2x N −x A =−3 y B =2y N −y A =−1 ⇒B ( −3;−1 ) Phương trình cạnh BC : 2x +5y +11 =0  Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh A ( −1;2 ) . Trung tuyến C M : 5x + 7y −20 =0 và đường cao BH : 5x −2y −4 =0. Viết phương trình các cạnh AC và BC. Giải: Do AC⊥B H nên phương trình AC là: 2x +5y +m =0 A ( −1;2 ) ∈ AC ⇔−2 +10 +m =0 ⇔m =−8 Suy ra: ( AC ) : 2x +5y −8 =0 Do C = AC  C M nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt:  2x +5y =8 5x +7y =20 ⇔  x =4 y =0 ⇒C ( 4; 0 ) Đặt B ( a; b ) , do B ∈BH nên: 5a −2b −4 =0 Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ M là : M  −1 +a 2 ; 2 +b 2  Do M  −1 +a 2 ; 2 +b 2  ∈C M ⇔5. −1 +a 2 +7. 2 +b 2 −20 =0 ⇔5a +7b −31 =0 Tọa độ M là nghiệm của hệ:  5a −2b =4 5a +7b =31 ⇔  a =2 b =3 ⇒B ( 2; 3 ) Phương trình cạnh BC là: ( BC ) : 3x +2y −12 =0  Bài 11. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, I  9 2 ; 3 2  và tâm của hình chữ nhật là M ( 3; 0 ) là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: Do MI là đường trung bình của tam giác ABD nên AB =2M I =2  9 4 + 9 4 =3  2 Vì S ABC D = A B.AD =12 nên AD = 12 AB =2  2 ⇒M A = MD =  2 Đường thẳng AD qua M ( 3; 0 ) và nhận −−→ I M =  3 2 ; 3 2  làm VTPT có phương trình là: 3 2 ( x −3 ) + 3 2  y −0  =0 ⇔x +y −3 =0 Phương trình đường tròn tâm M bán kính R =  2 là: ( x −3 ) 2 +y 2 =2 http://boxmath.vn/ 4 boxmath.vn Tọa độ A và D là nghiệm của hệ phương trình:  x +y −3 =0 ( x −3 ) 2 +y 2 =2 ⇔  y =3 −x ( x −3 ) 2 + ( 3 −x ) 2 =2 ⇔  x =2 y =1 ∨  x =4 y =−1 Suy ra: ta chọn A ( 2; 1 ) ,D ( 4;−1 ) Vì I là trung điểm của AC nên:  x C =2x I −x A =9 −2 =7 y C =2y I −y A =3 −1 =2 ⇒C ( 7; 2 ) Vì I là trung điểm của BD nên:  x B =2x I −x D =5 y B =2y I −y D =4 ⇒B ( 5; 4 ) Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A ( 2; 1 ) ,B ( 5; 4 ) ,C ( 7; 2 ) ,D ( 4;−1 ) .  Bài 12. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC với A ( 2;−4 ) ,B ( 0;−2 ) và trọng tâm G thuộc đường thẳng 3x −y +1 =0. Hãy tìm tọa độ của C biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 3. Giải: Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên: S ∆G AB = 1 3 S ∆ABC = 1 3 .3 =1 Phương trình đường thẳng AB là: x −2 −2 = y +4 2 ⇔x +y +2 =0 Đặt G ( a; b ) , do G ∈ ( d ) : 3x −y +1 =0 nên 3a −b +1 =0, ta có: S ∆G AB =1 ⇔ 1 2 .AB.d ( G, AB ) =1 ⇔ 1 2 .2  2.d ( G, AB ) =1 ⇔d ( G, AB ) = 1  2 ⇔ | a +b +2 |  2 = 1  2 ⇔a +b +2 =±1 Tọa độ G là nghiệm của hệ:  3a −b =−1 a +b =−1 ∨  3a −b =−1 a +b =−3 ⇔        a =− 1 2 b =− 1 2 ∨  a =−1 b =−2 Suy ra: G  − 1 2 ;− 1 2  hoặc G ( −1;−2 ) Với G  − 1 2 ;− 1 2  thì        x C =3x G − ( x A +x B ) =− 7 2 y C =3y G −  y A +y B  = 9 2 ⇒C  − 7 2 ; 9 2  Với G ( −1;−2 ) thì  x C =3x G − ( x A +x B ) =−5 y C =3y G −  y A +y B  =0 ⇒C ( −5;0 ) Vậy có hai điểm C thỏa đề bài là : C ( −5;0 ) và C  − 7 2 ; 9 2   Bài 13. Trong mặt phẳng Ox y, cho đường thẳng ( d ) : x −y +1 =0 và đường tròn ( C ) : x 2 +y 2 +2x − 4y =0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) mà qua đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến M A và MB với (C ) (A, B là hai tiếp điểm) sao cho  AMB =60 o . Giải: (C ) có tâm I ( −1;2 ) và bán kính R =  5 Theo giả thiết:  AMB =60 0 ⇒  AMI = 1 2  AMB =30 0 Tam giác AM I vuông tại A nên: sin 30 o = AI I M ⇒ I M =2AI =2R =2  5 Đặt M ( t;t +1 ) ∈(d), ta có: IM 2 =20 ⇔ ( t +1 ) 2 + ( t −1 ) 2 =20 ⇔t 2 =9 ⇔t =±3 Vậy có hai điểm cần tìm là M 1 ( −3;2 ) và M 2 ( 3; 4 )  http://boxmath.vn/ 5 boxmath.vn Bài 14. Trong mặt phẳng Ox y, cho điểm A ( 0; 2 ) và đường thẳng ( d ) : x−2y +2 =0. Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB =2BC. Giải: Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra B là hình chiếu vuông góc của A trên (d) Phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua A và vuông góc với (d) là: 2x +y +m =0 A ( 0; 2 ) ∈ ( ∆ ) ⇔2 +m =0 ⇔m =−2 Suy ra: ( ∆ ) : 2x +y −2 =0 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:  2x +y =2 x −2y =−2 ⇔        x = 2 5 y = 6 5 ⇒B  2 5 ; 6 5  Đặt C ( 2t −2;t ) ∈(d), theo giả thiết ta có: AB =2BC ⇔ AB 2 =4BC 2 ⇔  2 5 −0  2 +  6 5 −2  2 =4  2t − 12 5  2 +  t − 6 5  2  ⇔2t 2 −12t +7 =0 ⇔    t =1 ⇒C ( 0; 1 ) t = 7 5 ⇒C  5 4 ; 7 5  Vậy các điểm cần tìm là: B  2 5 ; 6 5  ,C ( 0; 1 ) hoặc B  2 5 ; 6 5  ,C  4 5 ; 7 5   Bài 15. Trong mặt phẳng Ox y, cho điểm M ( 1;−1 ) và hai đường thẳng d 1 : x − y −1 = 0,d 2 : 2x + y −5 =0 Gọi A là giao điểm của d 1 ,d 2 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M cắt d 1 ,d 2 lần lượt ở Bvà C sao cho ba điểm A,B,C tạo thành tam giác có BC =3AB. Giải: Tọa độ A là nghiệm của hệ:  x −y =1 2x +y =5 ⇔  x =2 y =1 ⇒ A ( 2; 1 ) Lấy điểm E ( 3; 2 ) ∈d 1 ( E = A ) . Ta tìm trên d 2 điểm F sao cho EF =3AE Đặt F ( m; 5 −2m ) . Khi đó: E F =3A E ⇔ ( m −3 ) 2 + ( 3 −2m ) 2 =18 ⇔5m 2 −18 =0 ⇔    m =0 m = 18 5 Suy ra: F ( 0; 5 ) hoặc F  18 5 ;− 11 5  Vì  BC =3AB EF =3AE ⇒ EF BC = AE AB ⇒BC //EF ⇒∆//E F F ( 0; 5 ) ⇒ −→ EF = ( −3;3 ) ⇒∆ : x +y =0 F  18 5 ;− 11 5  ⇒ −→ EF =  3 5 ;− 21 5  ⇒∆ : 7x +y −6 =0 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: x +y =0 hoặc 7x +y −6 =0.  Bài 16. Trong mặt phẳng Ox y, cho đường thẳng ∆ : x − y +5 = 0 và hai elip ( E 1 ) : x 2 25 + y 2 16 = 1, ( E 2 ) : x 2 a 2 + y 2 b 2 =1 ( a >b >0 ) có cùng tiêu điểm. Biết rằng ( E 2 ) đi qua điểm M thuộc đường thẳng ∆. Tìm tọa độ điểm Msao cho elip ( E 2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. Giải: Elip ( E 1 ) có tiêu điểm là F 1 ( −3;0 ) ;F 2 ( 3; 0 ) và F 1 ,F 2 nằm khác phía đối với ∆ Vì M ∈ ( E 2 ) và F 1 ,F 2 là tiêu điểm của ( E 2 ) nên MF 1 +MF 2 =2a. http://boxmath.vn/ 6 boxmath.vn Do đó: ( E 2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất⇔MF 1 +MF 2 nhỏ nhất Gọi Nlà điểm đối xứng của F 1 qua ∆. Ta có: MF 1 +MF 2 =N M +MF 2 ≥NF 2 (không đổi) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M = N F 2  ∆. Tìm được N ( −5;2 ) và ( NF 2 ) : x +4y −3 =0 Tọa độ M là nghiệm của hệ:  x +4y =3 x −y =−5 ⇔        x =− 17 5 y = 8 5 Vậy tọa độ điểm M thỏa đề bài là M  − 17 5 ; 8 5  .  Bài 17. Cho hình thang ABC D vuông tại A và D có đáy lớn là C D,  BCD =45 o , đường thẳng AD có phương trình 3x − y = 0 và đường thẳng BD có phương trình x −2y = 0. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 15 và điểm B có hoành độ dương. Giải: D =(AD) ∩(BD)⇒ D(0; 0) cos ( AD,BD ) =   −−→ n AD . −−→ n BD     −−→ n AD .   .   . −−→ n BD   = 1  2 ⇒  ADB =45 o Suy ra tam giác ABD,BCD vuông cân ⇒ AB = AD = CD 2 S ABC D = 1 2 (AB +CD)AD = 3 2 AB 2 =15⇒ AB =  10⇒BD =2  5 Ta có B  b; b 2  ∈d : x −2y =0 với b >0 BD =  b 2 +  b 2  2 =2  5⇒B(4; 2) (BC ) : 2(x −4) +1(y −2) =0 Vậy phương trình đường thẳng BC : 2x +y −10 =0  Bài 18. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y, cho hình chữ nhật ABC D biết đường thẳng AB có phương trình x −2y −1 = 0, đường thẳng BD có phương trình x −7y +14 = 0 và đường thẳng AC đi qua điểmM (2;1) .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: Ta có . B = (AB) ∩(BD)⇒B(7; 3) Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc AB nên có phương trình 2(x −7) +1(y −3) =0 ⇔2x +y −17 =0 Ta có A ∈ AB ⇒ A(2a +1; a),C ∈BC ⇒C(c;17 −2c), a =3,c =7, Suy ra tâm I của hình chữ nhật I  2a +1 +c 2 ; a +17 −2c 2  . Ta có I∈BD ⇔3c −a −18 =0 ⇔a =3c −18 ⇒ A(6c −35;3 c −18) Vì M, A,C thẳng hàng⇔ −−→ M A, −−→ MC cùng phương  c =7 (loai) c =6 Vậy : A(1; 0),C(6; 5),D(0; 2),B(7; 3)  Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho điểm A(3;2), đường thẳng ∆ 1 : x + y −3 = 0 và đường thẳng ∆ 2 : x +y −9 =0. Biết điểm B thuộc ∆ 1 và điểm C thuộc ∆ 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Tìm tọa độ điểm B và C. Giải: Ta có B ∈∆ 1 ⇒B(a; 3−a) , C ∈∆ 2 ⇒C (b; 9−b) Theo giả thiết ta có  −→ AB. −→ AC =0 AB = AC ⇔  (a −3)(b −3) +(1 −a)(7 −b) =0 (a −3) 2 +(b −3) 2 =a 2 +(7 −b) 2 ⇔  2ab −10a −4b +16 =0 2a 2 −8a =2b 2 −20b +48 a =2 không là nghiệm của hệ trên. (1)⇔b = 5a −8 a −2 , thay vào phương trình (2) ⇒ a =0, a =4 http://boxmath.vn/ 7 boxmath.vn Vậy tọa độ điểm  B(0; 3) , C(4; 5) B(4; −1) , C(6; 3)  Bài 20. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y cho điểm C (2;−5)và đường thẳng ∆ : 3x −4y +4 = 0. Tìm trên đường thẳng ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua điểm I  2; 5 2  sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15. Giải: Gọi A  a; 3a +4 4  ⇒B  4 −a; 16 −3a 4  . Khi đó diện tích tam giác ABC là S ABC = 1 2 AB.d(C, ∆) =3AB. Theo giả thiết ta có AB =5 ⇔(4−2a) 2 +  6 −3a 2  2 =25 ⇔  a =4 a =0 Vậy hai điểm cần tìm là A(0; 1) và B(4;4).  Bài 21. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y, cho ba đường thẳng d 1 : 2x + y +3 = 0; d 2 : 3x −2y −1 = 0; ∆ : 7x −y +8 =0. Tìm điểm P ∈d 1 và Q ∈d 2 sao cho ∆ là đường trung trực của đoạn thẳng PQ. Giải: P ∈d 1 : 2x +y +3 =0 ⇒P(x 1 ; −2x 1 −3). Q ∈d 2 : 3x −2y −1 =0 ⇒Q  x 2 ; 3x 2 −1 2  . Suy ra trung điểm PQ là I  x 1 +x 2 2 ; −4x 1 +3x 2 −7 4  và −−→ PQ  x 2 −x 1 ; 3x 2 +4x 1 +5 2  . Yêu cầu bài toán ⇔ P và Q đối xứng nhau qua ∆ ⇔    I ∈∆ −→ u ∆ . −−→ PQ =0 ⇔        7. x 1 +x 2 2 − 4x 1 +3x 2 +5 2 =0 1.(x 2 −x 1 ) +7. 3x 2 +4x 1 +5 2 =0 ⇔  18x 1 +11x 2 +39 =0 26x 1 +23x 2 +35 =0 ⇔  x 1 =−4 x 2 =3 Suy ra P(−4 ; 5), Q(3 ; 4).  Bài 22. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y, cho điểm K (3; 2) và đường tròn (C) : x 2 +y 2 −2x −4y +1 =0 với tâm là I . Tìm tọa độ điểm M ∈(C ) sao cho  I MK =60 o . Giải: Ta có (C) : (x −1) 2 +(y −2) 2 =4. Suy ra tâm I(1;2) và bán kính R =2. Nhận thấy I K =2. Suy ra K ∈(C ). Do M ∈(C) và  I MK =60 o . Suy ra I MK đều. Do đó yêu cầu bài toán ⇔ Tìm M ∈(C) sao cho K M =R =2. Giả sử M(x 0 , y 0 ) ∈(C) ⇔(x 0 −1) 2 +(y 0 −2) 2 =4 (1 ) Ta có K M =2 ⇔(x 0 −3) 2 +(y 0 −2) 2 =4 (2 ) Từ (1) và (2) suy ra M(2 ; 2+  3) hay M(2 ; 2 −  3)  Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho elip (E) : x 2 4 + y 2 3 = 1 có hai tiêu điểm F 1 , F 2 lần lượt nằm bên trái và bên phải trục tung. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho MF 2 1 +7MF 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Giả sử M (x 0 ; y 0 ) ∈(E). Khi đó x 2 0 4 + y 2 0 3 =1 và −2 ≤x 0 ≤2. (E) có a =2, c =  4 −3 =1. Suy ra e = c a = 1 2 . Ta có MF 2 1 +7MF 2 2 =(a +ex 0 ) 2 +7(a −ex 0 ) 2 =8a 2 −12aex 0 +8e 2 x 2 0 =2x 2 0 −12x 0 +32. http://boxmath.vn/ 8 boxmath.vn Xét hàm f (x 0 ) =2x 2 0 −12x 0 +32 trên [−2; 2]. Ta có f  (x 0 ) =4x 0 −12 <0, ∀x 0 ∈[−2; 2]. Suy ra min x 0 ∈[−2; 2 ] f (x 0 ) = f (2). Suy ra min  MF 2 1 +7MF 2 2  =16, đạt khi x 0 =2. Thay vào (1) ta có y 0 =0. Vậy M(2; 0).  Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho parabol (P) : y 2 = 4x. Lập phương trình đường thẳng d đi qua tiêu điểm của (P), cắt (P) tại A và B sao cho AB =4. Giải: (P) : y 2 =4x có p =2. Suy ra tiêu điểm F (1 ; 0). TH 1. d⊥Ox. Khi đó pt d : x =1. Từ hệ  x =1 y 2 =4x ⇒  A(1 ; 2) B(1 ; −2) ⇒ AB =4. Vậy x =1 thỏa mãn. TH 2. d ⊥Ox . Khi đó pt d : y =k(x −1). Tọa độ A, B là nghiệm của  y =kx −k y 2 =4x ⇔  y =kx −k (kx −k) 2 =4x ⇒k 2 x 2 −2(k 2 +2)x +k 2 =0 (∗) Ta có d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔  k =0 ∆  =4k 2 +4 >0 ⇔k =0. Giả sử A(x 1 ; kx 1 −k), B(x 2 ; kx 2 −k) với x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình (∗). Ta có AB 2 =(1 +k 2 )(x 2 −x 1 ) 2 =(1 +k 2 )[(x 1 +x 2 ) 2 −4x 1 x 2 ] 2 =(1 +k 2 )  4(k 2 +2) 2 k 4 −4  = 16(1 +k 2 ) 2 k 4 . Suy ra AB = 4(1 +k 2 ) k 2 = 4 k 2 +4 >4, không thỏa mãn. Vậy phương trình d : x =1 hay x −1 =0.  Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trọng tâm G  4 3 ;1  , trung điểm BC là M(1; 1), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x +y −7 =0. Tìm tọa độ A, B,C. Giải: Từ tính chất trọng tâm ta có −−→ M A =3 −−→ MG ⇒ A(2; 1). B ∈B H : y =−x +7 ⇒B(b, −b +7). Vì M(1; 1) là trung điểm BC nên C(2 −b; b −5). Suy ra −→ AC =(−b; b −6). B H⊥AC nên −−→ u B H . −→ AC =0 ⇔b +(b −6) =0 ⇔b =3. Suy ra B(3; 4), C (−1; −2). Vậy A(2; 1), B(3; 4), C(−1; −2).  Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC . Đường cao kẻ từ A,trung tuyến kẻ từ B, trung tuyến kẻ từ C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình x +y −6 =0, x −2y +1 =0, x −1 =0. Tìm tọa độ A, B, C. Giải: Từ hệ  x −2y +1 =0 x −1 =0 suy ra trọng tâm G(1; 1). A ∈ AH, B ∈BM, C ∈C N ⇒ A(a; 6−a), B(2b −1; b), C(1; c). Do G(1; 1) là trọng tâm nên  a +(2b −1) +1 =3 (6 −a) +b +c =3 ⇔  a +2b =3 −a +b +c =−3 (1) Ta có −−→ u AH =(1; −1), −→ BC =(2 −2b; c −b). Vì AH⊥BC nên −−→ u AH . −→ BC =0 ⇔2−2b −c +b =0 ⇔b +c =2 (2) Từ (1) và (2) suy ra a =5, b =−1, c =3. Vậy A(5; 1), B(−3; −1), C (1; 3).  http://boxmath.vn/ 9 boxmath.vn Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC : 2x−y−7 =0, đườngthẳng AC đi qua điểm M(−1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng ∆ : x−4y+6 =0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. Giải: Vì A ∈∆ : x −4y +6 =0 ⇒ A(4a −6; a) ⇒ −−→ M A(4a −5; a −1). Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên  ACB =45 o . Do đó    cos( −−→ M A, −−→ u BC )    = 1  2 ⇔ | (4a −5) +2(a −1) |  (4a −5) 2 +(a −1) 2 .  5 = 1  2 ⇔13a 2 −42a +32 =0 ⇔    a =2 a = 16 13 ⇒    A(2; 2) A  − 14 13 ; 16 13  (không thỏa mãn) Vậy A(2; 2). Suy ra AC : x −3y +4 =0, AB : 3x +y −8 =0. Từ đó ta có B(3; −1), C(5; 3).  Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường thẳng ∆ : 5x −2y −19 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 −4x −2y = 0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng ∆ kẻ hai tiếp tuyến M A, MB đến đường tròn (C) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB =  10. Giải: Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính R =  5. Gọi H = M I ∩ AB. Ta có AH = 1 2 AB =  10 2 . Trong tam giác vuông M AI (tại A) với đường cao AH ta có 1 AH 2 = 1 AI 2 + 1 AM 2 ⇒ 1 AM 2 = 4 10 − 1 5 ⇒ AM =  5 ⇒M I =  10. Ta có ∆ : 5x −2y −19 =0 ⇔∆ : x −5 2 = y −3 5 ⇒M(5+2m; 3 +5m) Khi đó M I =  10 ⇔(3+2m) 2 +(2 +5m) 2 =10 ⇔29m 2 +32m +3 =0 ⇔m =−1 hoặc m =− 3 29 . Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính M I . Với m =−1 ta có M(3; −2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp ∆AMB là  x − 5 2  2 +  y + 1 2  2 = 5 2 . Với m =− 3 29 ta có M  139 29 ; 72 29  . Khi đó pt đt ngoại tiếp ∆ AMB là  x − 197 58  2 +  y − 101 58  2 = 5 2 .  Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (C) : x 2 + y 2 +2x −4y +1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C biết điểm M(0; 1) là trung điểm cạnh ABvà điểm A có hoành độ dương. Giải: Đường tròn (C) có tâm I(−1; 2), bán kính I A =2. Ta có −−→ I M =(1; −1), I M⊥AB suy ra phương trình đường thẳng AB : x −y +1 =0. A ∈ AB ⇒ A(a; a+1). Khi đó I A =2 ⇔(a +1) 2 +(a −1) 2 =4 ⇔a 2 =1 ⇔a =1 (do a >0). Suy ra A(1; 2);B(−1; 0). Ta có −→ I A =(2; 0 ), I A⊥BC suy ra phương trình BC : x +1 =0, phương trình AI : y −2 =0. Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra N (−1; 2) và N là trung điểm BC . Suy ra C (−1; 4).  Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hypebol (H) : x 2 1 − y 2 3 = 1. Gọi F 1 ,F 2 là các tiêu điểm của (H)(F 1 có hoành độ âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho  F 1 MF 2 = 60 o và điểm M có hoành độ dương. Giải: (H) có a =1, b =  3, c =2. Lấy M(x M ; y M ) ∈(H), x M >0. Khi đó MF 1 =1 +2x M , MF 2 =−1 +2x M . Xét http://boxmath.vn/ 10 [...]... 1 Suy ra A(1; −2), B (1; 3) Nên phương trình d : x − 1 = 0 Bài 34 Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho các điểm A(1; 2), B (4; 3) Tìm tọa độ điểm M sao cho M AB = 135o và khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng 10 2 Giải: Giả sử M (x; y) Kẻ M H ⊥AB Từ giả thi t suy ra M H = Suy ra AM = M H 2 = 5 − −→ → − ( AB , AM ) = 1350 Yêu cầu bài toán ⇔ AM = 5 ⇔        10 và ∆M AH vuông cân 2 3(x −... ath vn 2 yM = Suy ra 13 3 3 ;− 2 2 x2 y 2 Bài 31 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho elip (E ) : + = 1 có các tiêu điểm F1 , F2 (F1 có hoành 8 4 độ âm) Đường thẳng d đi qua F2 và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất cắt (E ) tại A và B Tính diện tích tam giác AB F1 Giải: (E ) : x2 y 2 + = 1 có c = 8 4 8 − 4 = 2 ⇒ F 1 (−2; 0), F 2 (2; 0) Từ giả thi t Từ hệ Vậy S F1 AB ⇒ d : y = x − 2... tròn nội tiếp ABC là (x − 2) + (y + 2) = 4 − → 1− → 4 ath vn Do đó I H = I A ⇒ H Bài 40 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1); đường cao từ đỉnh A có phương trình 2x − y + 1 = 0 và các đỉnh B,C thuộc đường thẳng ∆ : x + 2y − 1 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6 Giải: 1 3 Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt d : x +2y −3 = 0 5 5 6 1... a =2 Từ đó suy ra B (4; 3), C (2; 7) hoặc B (2; 7), C (4; 3) Bài 36 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 4x + 2y − 15 = 0 Gọi I là tâm đường tròn (C ) Đường thẳng ∆ đi qua M (1 ; −3) cắt (C ) tại hai điểm A và B Viết phương trình đường thẳng ∆ biết tam giác I AB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất Giải: Đường tròn (C ) có tâm I (2; −1), bán kính R = 2 5 Gọi H... : 4x + 3y + 5 = 0 ath vn Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn là y + 3 = 0 và 4x + 3y + 5 = 0 Bài 37 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường thẳng d : 2x + y + 3 = 0 và elíp (E ) : x2 y 2 + = 1 4 1 Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d và cắt (E ) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác O AB bằng 1 Giải: ∆⊥d ⇒ pt ∆ có dạng x − 2y + m = 0 Tọa độ A, B là nghiệm của hệ   x − 2y + m = 0  2... điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ k = 0 Giả sử A 2 y1 4 ; y1 , B 2 y2 4 ; y 2 trong đó y 1 , y 2 là nghiệm của (2) ⇒ y 1 y 2 = −16 y1 y2 2 − −→ − − → O A.OB = + y 1 y 2 = (−4)2 − 16 = 0 ⇒ AOB = 90o 4 Suy ra O A vuông góc với OB hay tam giác O AB vuông trong mọi trường hợp Ta có Bài 39 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 2x − 4y − 20 = 0 và điểm A(5; −6) Từ A... y1 y2 Gọi M ; y1 , N ; y 2 trong đó y 1 , y 2 là nghiệm của (2) 2 2 y1 y2 2 − → −→ − − Ta có OM ON = + y 1 y 2 = (−2)2 + (−4) = 0 2 ⇒ bo xm 2 Bài 33 Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho điểm M (1 ; 1) và hai đường thẳng d 1 : 3x − y − 5 = 0, d 2 : x + y −4 = 0 Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d đi qua M và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho 2M A − 3M B = 0 Giải: A ∈ d 1 ⇒ A(x 1 ; 3x... y 1 ), B (2y 2 − m; y 2 ) trong đó y 1 , y 2 là nghiệm của (1) ⇒ y 1 + y 2 = , y 1 y 2 = 2 8 5(8 − m 2 ) 5 8 − m 2 ⇒ AB 2 = 5(y 2 − y 1 )2 = 5[(y 1 + y 2 )2 − 4y 1 y 2 ] = ⇒ AB = 4 2 |m| 1 m 2 (8 − m 2 ) Đường cao OH = d (O, ∆) = ⇒ S O AB = OH AB = =1 2 4 5 ⇔ m 2 = 4 ⇔ m = ±2 (thỏa mãn (∗)) Suy ra phương trình ∆ : x − 2y + 2 = 0 hoặc x − 2y − 2 = 0 bo xm Bài 38 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho parabol... 2 ⇒ A(0; −2), B ; y2 x 3 3  + =1 8 4 1 1 8 16 = AB.d (F 1 ; AB ) = 2.2 2 = 2 2 3 3 Bài 32 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho parabol (P ) : y 2 = 2x và điểm K (2 ; 0) Đường thẳng d đi qua K cắt (P ) tại hai điểm phân biệt M , N Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OM N nằm trên đường thẳng d Giải: TH1: d ⊥Ox ⇒ d : x = 2 Từ x =2 M (2; 2) − → −→ − − ⇒ OM ON = 0 (1) y = 2x N (2; −2)... = 5 Vậy M (0; 0) hoặc M (−1; 3) ⇔ u = −1, v = −2 u = −2, v = 1 bo xm Bài 35 Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC ;phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x − 2y − 13 = 0 và 13x − 6y − 9 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (−5 ; 1) Giải: Ta có A(−3; −8) Gọi M là trung điểm BC ⇒ I M AH Ta suy ra pt . boxmath.vn 40 BÀI TẬP HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG Bài 1. Trong mặt phẳng Ox y, cho hai đường tròn ( C ) : x 2 +y 2 −18x −6y +65 =0 và  C   :. =0  Bài 11. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, I  9 2 ; 3 2  và tâm của hình chữ nhật là M ( 3; 0 ) là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình. =4 y =3 ∨  x =5 y =0 Vậy, trên (C ) có hai điểm M thỏa đề bài là: M ( 4; 3 ) hoặc M ( 5; 0 ) .  Bài 2. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình thoi ABC D có tâm I ( 3; 3 ) và AC = 2BD. Điểm M  2; 4 3  thuộc